Esto fue inspirado por esta cuestión. Más en general, dado prime $p$ y cualquier entero $n>1$, definir,
$$F(n) = \frac{n^p-1}{n-1}=n^{p-1}+n^{p-2}+\dots+1$$
P: Es todo factor principal de $F(n)$ $p$ o $1\;\text{mod}\;p$?
Respuestas
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Sí: supongamos $q$ divide $(n^p-1)/(n-1)$. A continuación, $q$ divide $n^p-1$ $n$ ha pedido bien $1$ o $p$ modulo $q$. En el segundo caso $p$ divide $q-1$, lo $q \equiv 1$ mod $p$. De lo contrario, $n = 1 + \lambda q$ algunos $\lambda \in \mathbb{N}$ y hemos
$$ \frac{n^p-1}{n-1} = \frac{(1+\lambda q)^p-1}{\lambda q} = \sum_{r=0}^{p-1} \lambda^r q^r \binom{p}{r+1}. $$
El primer sumando es $p$ y el resto son divisibles por $q$. Desde $q$ divide el lado izquierdo, tenemos $q=p$.
La generalización. $(n^p-1)/(n-1) = \Phi_{p}(n)$ donde $\Phi_d(x) \in \mathbb{Z}[x]$ $d$th cyclotomic polinomio. En un comentario sobre la pregunta Wojowu menciona la siguiente generalización: si $d \ge 2$ $q$ es un primer dividiendo $\Phi_d(n)$, entonces cualquiera de las $q$ divide $d$ o $q \equiv 1$ mod $d$. Ya que es un buen resultado, y podría ser más ampliamente conocido, he añadido una prueba a continuación. En particular, puede ser utilizado para mostrar que cualquier progresión aritmética $1,1+d,1+2d,1+3d,\ldots $ contiene una infinidad de números primos.
Prueba. Desde $\Phi_d(x) \mid x^d-1$,$q \mid n^d-1$. Tome $s$ maximal tal que $q^s$ divide $n^d-1$. Supongamos que $n$ orden $t$ modulo $q^s$. Si $t=d$ a continuación, ya que el grupo de unidades de $\mathbb{Z}/q^s\mathbb{Z}$ orden $\phi(q^s) = q^{s-1}(q-1)$, se deduce a partir del Teorema de Lagrange que $d \mid q^{s-1}(q-1)$. Por lo tanto cualquiera de las $d \mid q-1$ (y por lo $q \equiv 1$ mod $d$) o $d$ tiene un factor común con $q^{s-1}$, lo $q \mid d$.
Ahora podemos descartar el caso restante, donde $t$, la orden de $n$ modulo $q^s$, correctamente divide $d$. Desde los polinomios $x^t-1$ $\Phi_d(x)$ son coprime, y $x^t-1 \mid x^d-1$, tenemos
$$x^d-1 = (x^t-1)\Phi_d(x)f(x) $$
para algunos $f(x) \in \mathbb{Z}[x]$. Sustituyendo $n$ $x$ obtenemos $n^d-1 = (n^t-1)\Phi_d(n)f(n)$. Desde $q^s \mid n^t-1$$q \mid \Phi_d(n)$, se deduce que el $q^{s+1} \mid x^d-1$, contrario a la elección de $s$. $\Box$
Stephan Aßmus
Puntos
16
Wiki de la comunidad de respuesta, la expansión que por Marca Wildon.
Tenemos una prima fija $p=163,$, pero vamos a mantener el símbolo de $p.$ La herramienta principal aquí es de Fermat Poco Teorema, que se dice que, en un primer $q$ que no divida a $n,$ tenemos $$ n^{q-1} \equiv 1 \pmod q. $$ Además, hay algunas mínimo entero positivo $t,$ a veces llamado el "orden", de tal manera que $n^t \equiv 1 \pmod q.$ Manipulaciones a través de la dpc muestran que esta $t |(q-1).$
Tenemos algunos $q$ dividiendo $n^p - 1.$ $n^p \equiv 1 \pmod q.$ Tenemos un poco de orden $t.$ Este dice que $t | p.$ $t=1$ o $t=p.$
Si la orden de $t=p,$ esto significa $p | (q-1).$ Esta es la principal conclusión que se le preguntó acerca de.
Si la orden de $t=1,$ esto significa $n \equiv 1 \pmod q.$ comenzamos por la expansión de $n=1 + \lambda q.$ Pero, a continuación, la Marca le da $$ \frac{n^p-1}{n-1} = \frac{(1 + \lambda q)^p - 1}{\lambda q} $$ Esta se expande como $$ (1/\lambda q) (1 + p \lambda q + \binom{p}{2} \lambda^2 q^2 + \cdots + p \lambda^{p-1} q^{p-1} + \lambda^p q^p - 1 ) $$ o $$ p + \binom{p}{2} \lambda q + \binom{p}{3} \lambda^2 q^2 + \cdots + p \lambda^{p-2} q^{p-2} + \lambda^{p-1} q^{p-1}. $$ Todos, pero el primer término de esta de forma explícita $q$ factor. El elemento faltante es el primer término, $p.$ Si $q$ divide toda la cosa, entonces $q$ divide $p$ $q=p.$
